1、第三章导数及其应用第二节导数的应用第三课时利用导数证明不等式A级基础过关|固根基|1.已知函数f(x)1，g(x)xln x证明：(1)g(x)1；(2)(xln x)f(x)1.证明：(1)由题意，得g(x)(x0)，当0x1时，g(x)1时，g(x)0，即g(x)在(0，1)上是减函数，在(1，)上是增函数所以g(x)g(1)1，得证(2)由f(x)1，得f(x)，所以当0x2时，f(x)2时，f(x)0，即f(x)在(0，2)上是减函数，在(2，)上是增函数，所以f(x)f(2)1(当且仅当x2时取等号)又由(1)知，xln x1(当且仅当x1时取等号)，且等号不同时取得，所以(xln
2、x)f(x)1.2(2020届石家庄摸底)已知函数f(x)(2x)ek(x1)x(kR，e为自然对数的底数)(1)若f(x)在R上单调递减，求k的最大值；(2)当x(1，2)时，证明：ln2.解：(1)f(x)在R上单调递减，f(x)ek(x1)k(2x)110恒成立，即kx2k1对任意xR恒成立设g(x)kx2k1，则g(x)0对任意xR恒成立，显然应满足g(1)2k0，k2.当k2时，g(x)2，且g(1)0，当x(1，)时，g(x)0，g(x)单调递增，当x(，1)时，g(x)0，g(x)单调递减，g(x)ming(1)0，即g(x)0恒成立，故k的最大值为2.(2)证明：由(1)知，当
3、k2时，f(x)(2x)e2(x1)x在R上单调递减，且f(1)0，所以当x(1，2)时，f(x)f(1)，即(2x)e2(x1)x，两边同取以e为底的对数得ln(2x)2(x1)ln x，即2(x1)ln，下面证明2ln(2x1)，x(1，2)令H(x)ln(2x1)(1x0，H(x)在(1，2)上单调递增，则H(x)H(1)ln(211)0，故成立，得，ln2成立3(2019届唐山模拟)已知f(x)x2a2ln x，a0.(1)求函数f(x)的最小值；(2)当x2a时，证明：a.解：(1)函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)x.当x(0，a)时，f(x)0，f(x)单调递增，所以当xa
4、时，f(x)取得极小值，也是最小值，且f(a)a2a2ln a.(2)证明：由(1)知，f(x)在(2a，)上单调递增，则所证不等式等价于f(x)f(2a)a(x2a)0.设g(x)f(x)f(2a)a(x2a)，则当x2a时，g(x)f(x)axa0，所以g(x)在(2a，)上单调递增，所以当x2a时，g(x)g(2a)0，即f(x)f(2a)a(x2a)0，故a.B级素养提升|练能力|4.(2019届桂林市、百色市、崇左市联考)已知函数f(x)ln xx(a0)(1)若a，求f(x)的极值点；(2)若曲线yf(x)上总存在不同的两点P(x1，f(x1)，Q(x2，f(x2)，使得曲线yf(
5、x)在P，Q两点处的切线平行，求证：x1x22.解：f(x)的定义域为(0，)，f(x)1(a0)(1)当a时，f(x)，令f(x)0，得0x2；令f(x)0，得x2，则有x1x2，x1x2.a0，2(当且仅当a1时取等号)，x1x22.5(2019届昆明市高三诊断测试)已知函数f(x)2ln xx.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a0，b0，且ab，证明：b0，则ln aln bln 2ln 1，所以ff(1)0，即f2ln0，所以.又 ln .令g(x)ln x，则g(x)，当x(0，)时，g(x)0，即g(x)是(0，)上的增函数因为1，所以gg(1)0，所以ln ，从而0，b0，且ab时，.
